Примеры решения задач по физике Кинематика материальной точки Законы Ньютона Работа Кинетическая энергия Закон сохранения энергии Момент импульса системы материальных точек Динамика твердого тела Силы инерции

Примеры решения задач контрольной по физике

ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХ СИСТЕМАХ ОТСЧЕТА. СИЛЫ ИНЕРЦИИ

Задача 8.6. Небольшой шарик подвешен на невесомом стержне длины l. Верхний конец стержня шарнирно прикреплен к вертикальной оси, вращающейся с угловой скоростью w. Найти угол отклонения стержня от вертикали.

Рис. 8.12

Решение. Задачу удобно решать в системе отсчета, вращающейся вместе с шариком вокруг вертикальной оси с угловой скоростью w. В этой системе отсчета шарик покоится, а сама система является неинерциальной. Поэтому на шарик, кроме сил тяжести и реакции стержня действует также центробежная сила инерции Fцб = = mw2R. Здесь R – вектор, направленный к шарику от центра окружности, описываемой шариком (рис. 8.12).

Рассмотрим потенциальную энергию шарика. Она складывается из потенциальной энергии шарика в поле сил тяжести (отсчитываем высоту от уровня точки подвеса нити):

mgh = – mglcosq

и потенциальной энергии шарика в поле центробежной силы:

.

Поскольку в нашем случае R = l×sin q, то полная потенциальная энергия шарика равна:

  (1)

Так как шарик в выбранной нами системе отсчета покоится, то это означает, что положение, в котором он находится, соответствует экстремуму потенциальной энергии. Причем этот экстремум должен быть минимумом потенциальной энергии, если положение равновесия устойчиво. Итак, задача сводится к нахождению угла q, соответствующего минимуму потенциальной энергии.

Продифференцируем потенциальную энергию по углу q и приравняем производную нулю:

Переписав это уравнение в виде , получаем уравнения для q:

Нетрудно понять, что из двух решений только одно может соответствовать минимуму потенциальной энергии. Для выбора этого решения необходимо найти вторую производную d2U/dq2:

.

В точке минимума U эта величина должна быть положительной.

Пусть sin q = 0, тогда

Эта величина больше нуля, если выражение в скобках положительно:

  или .

Итак, шарик висит вертикально, пока угловая скорость вращения w мала.

Пусть теперь , что возможно, если . Тогда

В случае , как видим . Окончательно получаем 

Кривая 1: w = 0

Кривая 2: w2 < g/l

Кривая 3: w2 > g/l

Рис. 8.13

Интересно проследить за тем как при увеличении w происходит переход стержня из вертикального положения с q = 0 в наклонное, когда cos q = g/w2l. Для этого изобразим графики потенциальной энергии как функции угла q при различных значениях w.

Зависимость U от q дается соотношением (1). Положим сначала w = 0. Тогда U(q) = –mglcosq. Эта функция имеет минимум в точке q = 0 и изображается кривой 1 на рис. 8.13.

Если теперь увеличивать угловую скорость вращения w, то график U(q) будет изменяться. Эти изменения сводятся к тому, что график будет опускаться, поскольку с ростом w растет по модулю второе слагаемое в (1). Однако пока w2<g/l, общий вид графика будет напоминать кривую 1 на рис. 8.13 в том отношении, что график будет по-прежнему монотонно возрастающим с минимумом в точке q = 0 (кривая 2 на рис. 8.13).

Ситуация меняется как только w2 делается больше g/l. В этом случае U(q) в точке q = 0 имеет уже не минимум, а максимум и при малых углах U(q) оказывается отрицательной.

Действительно, при q << l можно принять:

Тогда U(q) можем записать при малых q в следующем виде:

.

Рис. 8.14

Как следует из полученного выражения при q = 0 потенциальная энергия U(q) имеет минимум пока w2<g/l, который сменяется на максимум при w2>g/l.

График U (q) при w2>g/l изображен кривой 3 на рис. 8.13.

Произведенный нами анализ показывает, что вертикальное положение стержня, т.е. q = 0 оказывается неустойчивым при w2>g/l и стержень переходит в новое положение равновесия, в котором он отклонен на угол

.

График зависимости q от w изображен на рис. 8.14.

Постройте с этот график самостоятельно. В частности проверьте, что в точке, где w2 = g/l касательная к графику вертикальна.

Ситуации, подобные рассмотренной, когда некоторая динамическая система переходит из одного устойчивого состояния в другое при изменении каких-либо параметров, определяющих состояние этой системы, в физике встречаются часто. Значения параметров, при которых происходит переход, называются точками бифуркации системы, В нашем случае точкой бифуркации является значение угловой скорости .

Задача 8.7. Суточное вращение Земли вокруг своей оси приводит к тому, что Земля оказывается слегка сплющенной с полюсов, т.е. расстояние между её полюсами несколько меньше, чем диаметр Земли в экваториальной плоскости. Найти разность экваториального и полярного радиусов Земли.

Решение. Вопросом о форме Земли интересовались многие учёные, в том числе и Ньютон. Рассмотрим решение, предложенное Ньютоном. Будем считать, что форма Земли очень мало отличается от шарообразной (потом мы убедимся в справедливости этого предположения). Мысленно просверлим от поверхности Земли до её центра два канала: один от полюса к центру, а второй от экватора к центру. Заполним эти каналы доверху жидкостью, например, водой. Тогда давление в обоих каналах в центре Земли будет одинаковым. Вычисление давления без учёта вращения Земли было проделано в задаче 2.8 (законы Ньютона). Этот же результат годится для канала, заполненного водой и идущего от полюса к центру Земли:

 (1)

Здесь Rполюс – полярный радиус Земли, r' – плотность воды.

Для канала, идущего к центру Земли от экватора, необходимо учесть ещё центробежную силу, которая несколько ослабляет действие силы тяжести. Воспользуемся полученными в этой задаче уравнениями, добавив в них центробежную силу:

  (2)

Сила тяготения согласно упомянутой задаче равна

(r – плотность Земли, dm =r'dr), а центробежная сила

Fцб = dm×w2r.

Тем самым, уравнение (2) приобретает вид:

.

Интегрируя по dr от нуля до Rэкват, получим

  (3)

Приравнивая (1) и (3), получим:

 

Экваториальный радиус в правой части заменим средним радиусом Земли и тогда окончательно получим:

Наш результат показывает, что исходное предположение о слабом искажении формы Земли под действием центробежной силы оказалось верным. Действительно, по данным, приведенным в справочнике К.У. Аллена "Астрофизические величины", экваториальный радиус Земли равен 6378,164±0,003 км, а полярный радиус составляет 6356,779 км. Их разность 21,385 км прекрасно согласуется с нашим результатом.

Полученный результат даёт лишь ответ на вопрос о том, каково различие полярного и экваториального радиусов Земли. Для ответа на вопрос о форме Земли пришлось бы составлять и решать значительно более сложные уравнения.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

1. Натуральный монохроматический показатель поглощения раствора кровяной сыворотки, измеренный с помощью концентрационного фотоэлектроколориметра, составляет . Определить длину кюветы с раствором, полагая, что он поглощает 40% входящего в него светового потока. Рассеянием света и его поглощением стенками кюветы пренебречь.

2. Сквозь предметное стекло с препаратом крови проходит 60% падающего на нее светового потока, при этом 15% падающей световой энергии отражается от поверхности. Определить толщину предметного стекла, считая натуральный показатель поглощения стекла равным  .

Движение материальной точки в стационарных потенциальных полях